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其实我喜欢历史，可是却学了理科

61楼2017-02-08 16:30:44

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angocn

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好吧，虽然楼主埋了个坑，但是居然好了，哈哈！

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其实我喜欢历史，可是却学了理科

62楼2017-02-08 16:32:57

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63楼2017-03-16 12:26:14

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平衡方程 $\nabla \cdot \sigma + {F_v} = 0$
本构方程 $\sigma = C:\varepsilon$
几何方程 $\varepsilon = \nabla \vec u$
${F_v}$ 是体积力
$\sigma$ 是应力张量
C是弹性矩阵，由泊松比和杨氏模量决定
$\varepsilon$ 是应变张量
$\vec u$ 是应变
固定面的边界条件： $\vec u=0$
受力面的边界条件： $\sigma = {F_a}$
${F_a}$ 是受力面上的面积力

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我永远当不了老板

64楼2017-03-25 15:40:25

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Klaixiya

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65楼2017-03-29 19:40:17

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ra2ghgzh

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这个系统中共有五个不同介质间的接触面。由内到外各接触面的温度为：20摄氏度、 ${T_1}$ 、 ${T_2}$ 、 ${T_3}$ 、-20摄氏度

稳定条件下层内各处热通量相同且温度均匀变化，则热导率可以表示为：
$Q = \frac{{{\lambda _1}\left( {20 - {T_1}} \right)S}}{{{b_1}}} = \frac{{{\lambda _2}\left( {{T_2} - {T_1}} \right)S}}{{{b_2}}} = \frac{{{\lambda _3}\left( {{T_3} - {T_2}} \right)S}}{{{b_3}}} = \frac{{{\lambda _4}\left( {{T_3} + 20} \right)S}}{{{b_4}}}$
其中Q表示热流量， $\lambda$ 表示各个介质的热传导率，b表示各个介质的厚度，S表示接触面面积。

解上面方程组得到：
${T_1}=15.30$
${T_2}=15.28$
${T_3}=-19.98$
Q=0.141S $KW/{m^2}$

设内部空间为球形，则0.2立方米对应的表面积为0.413467平方米。则Q=58.3W
Q表示单位时间热量流出内部空间的量，为维持温度不变需要有等量的热量流入。因此能耗应该为58.3W

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我永远当不了老板

66楼2017-03-30 14:36:59

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根据二次量子化算符的定义有：

$\hat T = \sum\limits_{kl} {{T_{kl}}a_{{p_k}}^ + {a_{{p_l}}}}$

其中：

${T_{kl}} = \int {\psi _{{p_k}}^*T{\psi _{{p_l}}}dr} = - \frac{{{\hbar ^2}}}{{2m{L^3}}}\int {{e^{ - \frac{i}{\hbar }{p_k} \cdot r}}\frac{{{\partial ^2}}}{{\partial {r^2}}}{e^{\frac{i}{\hbar }{p_l} \cdot r}}dr} = \frac{{p_l^2}}{{2m{L^3}}}\int {{e^{ - \frac{i}{\hbar }\left( {{p_k} - {p_l}} \right) \cdot r}}dr}$

$\int {{e^{ - \frac{i}{\hbar }\left( {{p_k} - {p_l}} \right) \cdot r}}dr} = {L^3}\delta \left( {{p_k} - {p_l}} \right)$ 这里是我瞎猜的

${T_{kl}} = \frac{{p_l^2}}{{2m}}\delta \left( {{p_k} - {p_l}} \right)$

$\hat T = \sum\limits_k {\frac{{p_k^2}}{{2m}}a_{{p_k}}^ + {a_{{p_k}}}}$

$\hat V = \sum\limits_{lmki} {{V_{limk}}a_{{p_l}}^ + a_{{p_m}}^ + {a_{{p_k}}}{a_{{p_i}}}}$

${V_{limk}} = \int {\int {\psi _{{p_l}}^*\left( {{r_1}} \right)\psi _{{p_m}}^*\left( {{r_2}} \right)V\left( {\left| {{r_1} - {r_2}} \right|} \right){\psi _{{p_i}}}\left( {{r_1}} \right){\psi _{{p_k}}}\left( {{r_2}} \right)d{r_1}d{r_2}} } = \frac{1}{{{L^6}}}\int {\int {{e^{ - \frac{i}{\hbar }{p_l} \cdot {r_1}}}{e^{ - \frac{i}{\hbar }{p_m} \cdot {r_2}}}V\left( {\left| {{r_1} - {r_2}} \right|} \right){e^{\frac{i}{\hbar }{p_i} \cdot {r_1}}}{e^{\frac{i}{\hbar }{p_k} \cdot {r_2}}}d{r_1}d{r_2}} }$

令 ${r_1} - {r_2} = q$

${V_{limk}} = \frac{1}{{{L^6}}}\int {\int {{e^{ - \frac{i}{\hbar }{p_l} \cdot \left( {q + {r_2}} \right)}}{e^{ - \frac{i}{\hbar }{p_m} \cdot {r_2}}}V\left( {\left| q \right|} \right){e^{\frac{i}{\hbar }{p_i} \cdot \left( {q + {r_2}} \right)}}{e^{\frac{i}{\hbar }{p_k} \cdot {r_2}}}dqd{r_2}} } = \frac{1}{{{L^6}}}\int {{e^{\frac{i}{\hbar }\left( {{p_i} + {p_k} - {p_l} - {p_m}} \right) \cdot {r_2}}}d{r_2}} \int {{e^{\frac{i}{\hbar }\left( {{p_i} - {p_l}} \right) \cdot q}}V\left( {\left| q \right|} \right)dq} = \frac{1}{{{L^3}}}\delta \left( {{p_i} + {p_k} - {p_l} - {p_m}} \right)v\left( {{p_l} - {p_i}} \right)$

$\hat V = \sum\limits_{lmki} {\frac{1}{{{L^3}}}\delta \left( {{p_i} + {p_k} - {p_l} - {p_m}} \right)v\left( {{p_l} - {p_i}} \right)a_{{p_l}}^ + a_{{p_m}}^ + {a_{{p_k}}}{a_{{p_i}}}}$

$H = \hat T + \frac{1}{2}\hat V = \sum\limits_k {\frac{{p_k^2}}{{2m}}a_{{p_k}}^ + {a_{{p_k}}}} + \frac{1}{2}\sum\limits_{lmki} {\frac{1}{{{L^3}}}\delta \left( {{p_i} + {p_k} - {p_l} - {p_m}} \right)v\left( {{p_l} - {p_i}} \right)a_{{p_l}}^ + a_{{p_m}}^ + {a_{{p_k}}}{a_{{p_i}}}}$

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67楼2017-04-08 15:47:42

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送红花一朵

${E_x}\left( {r,t} \right) = \frac{{\mu {\mu _0}}}{{4\pi }}{e^{i\left( {k \cdot r - \omega t} \right)}}\left[ {{\mu _x}\left( {\frac{{{\omega ^2}}}{r} + \frac{{i\omega c}}{{n{r^2}}} - \frac{{{c^2}}}{{{n^2}{r^3}}}} \right) - {n_x}\left( {{n_x}{\mu _x} + {n_y}{\mu _y} + {n_z}{\mu _z}} \right)\left( {\frac{{{\omega ^2}}}{{{n^2}r}} + \frac{{3i\omega c}}{{{n^3}{r^2}}} - \frac{{3{c^2}}}{{{n^4}{r^3}}}} \right)} \right]$

${E_y}\left( {r,t} \right) = \frac{{\mu {\mu _0}}}{{4\pi }}{e^{i\left( {k \cdot r - \omega t} \right)}}\left[ {{\mu _y}\left( {\frac{{{\omega ^2}}}{r} + \frac{{i\omega c}}{{n{r^2}}} - \frac{{{c^2}}}{{{n^2}{r^3}}}} \right) - {n_y}\left( {{n_x}{\mu _x} + {n_y}{\mu _y} + {n_z}{\mu _z}} \right)\left( {\frac{{{\omega ^2}}}{{{n^2}r}} + \frac{{3i\omega c}}{{{n^3}{r^2}}} - \frac{{3{c^2}}}{{{n^4}{r^3}}}} \right)} \right]$

${E_z}\left( {r,t} \right) = \frac{{\mu {\mu _0}}}{{4\pi }}{e^{i\left( {k \cdot r - \omega t} \right)}}\left[ {{\mu _z}\left( {\frac{{{\omega ^2}}}{r} + \frac{{i\omega c}}{{n{r^2}}} - \frac{{{c^2}}}{{{n^2}{r^3}}}} \right) - {n_z}\left( {{n_x}{\mu _x} + {n_y}{\mu _y} + {n_z}{\mu _z}} \right)\left( {\frac{{{\omega ^2}}}{{{n^2}r}} + \frac{{3i\omega c}}{{{n^3}{r^2}}} - \frac{{3{c^2}}}{{{n^4}{r^3}}}} \right)} \right]$

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68楼2017-04-11 20:09:29

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如果一楼的方程就是一维氢原子的薛定谔方程，那么x>0时，k<0，x<0时，k>0，
当 $x \to \infty$ 时
方程可以写成:
$\frac{{{\hbar ^2}}}{{2m}}\frac{{{d^2}{\psi }}}{{d{x^2}}} + E\psi = 0$
可以解得：
$\psi \left( {x \to \infty } \right) = {e^{ \pm \sqrt { - \frac{{2mE}}{{{\hbar ^2}}}} x}}$
对于束缚态， $x \to \infty$ 时 $\psi \to 0$ ，所以有：
$\psi \left( {x \to \infty } \right) = {e^{ - \sqrt { - \frac{{2mE}}{{{\hbar ^2}}}} x}}$
令：
$\psi = f\left( x \right){e^{ - \sqrt { - \frac{{2mE}}{{{\hbar ^2}}}} x}}$
将其带入方程中可得：
$\frac{{{d^2}f}}{{d{x^2}}} - 2\sqrt { - \frac{{2mE}}{{{\hbar ^2}}}} \frac{{df}}{{dx}} + \frac{{2mk{e^2}}}{{{\hbar ^2}}}\frac{f}{x} = 0$ （1）
令：
$A = \sqrt { - \frac{{2mE}}{{{\hbar ^2}}}}$ , $B = \frac{{2mk{e^2}}}{{{\hbar ^2}}}$ （2）
令：
$f\left( x \right) = {a_0}{x^s} + {a_1}{x^{s + 1}} + \cdots + {a_n}{x^{s + n}}$ (3)
带入到（1）中，并令x的同次幂的系数之和为零可得：
$s\left( {s - 1} \right){a_0} = 0$ （4）
$s\left( {s + 1} \right){a_1} - 2As{a_0} + B{a_0} = 0$ （5）
$\left( {s + n + 1} \right)\left( {s + n} \right){a_{n + 1}} - 2A\left( {s + n} \right){a_n} + B{a_n} = 0$ （6）
（4）有三个解：
s=0,1
${a_0}=0$
由于 ${a_0}$ 是x最低次项的系数不能为零，所以s=0,1。
将s=0带入到（5）中可以得到 ${a_0}=0$ ，依然不满足上述条件，所以s=1。
将s=1带入到（6）中有：
${a_{n + 1}} = \frac{{2A\left( {1 + n} \right) - B}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}}{a_n}$ （7）
当 $n \to \infty$ 时，有：
${a_{n + 1}} \approx \frac{{2A}}{{n + 1}}{a_n} = \frac{{{2^{n + 1}}{A^{n + 1}}}}{{\left( {n + 1} \right)!}}{a_0}$
$\psi \approx {a_0}x{e^{ - \sqrt { - \frac{{2mE}}{{{\hbar ^2}}}} x}}\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( {2Ax} \right)}^n}}}{{n!}}} = {a_0}x{e^{2Ax}}{e^{ - \sqrt { - \frac{{2mE}}{{{\hbar ^2}}}} x}} = {a_0}x{e^{\sqrt { - \frac{{2mE}}{{{\hbar ^2}}}} x}}$
那么当 $x \to \infty$ 时， $\psi \to \infty$ ，不满足束缚态的要求，所以（7）必须在某一个l值处为零。
由此可得：
$2A\left( {1 + l} \right) - B = 0$ （8）
将（2）带入（8）中，可得能级l的本征能量为：

${E_l} = - \frac{{m{k^2}{e^4}}}{{2{{\left( {l + 1} \right)}^2}{\hbar ^2}}}$

下面求波函数
(7)可以改写为：
${a_{n + 1}} = \frac{{n - l}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}}2A{a_n}$
带入到（3）中有：
$f\left( x \right) = {a_0}x\sum\limits_{n = 0}^l {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}l!}}{{\left( {n + 1} \right)!n!\left( {l - n} \right)!}}{{\left( {2Ax} \right)}^n}} = {a_0}x\sum\limits_{n = 0}^l {\frac{{l!}}{{\left( {n + 1} \right)!n!\left( {l - n} \right)!}}{{\left[ {\frac{{2mk{e^2}x}}{{{\hbar ^2}\left( {l + 1} \right)}}} \right]}^n}}$
那么能级l的波函数为：
${\psi _l} = {a_0}x{e^{\frac{{mk{e^2}x}}{{{\hbar ^2}\left( {l + 1} \right)}}}}\sum\limits_{n = 0}^l {\frac{{l!}}{{\left( {n + 1} \right)!n!\left( {l - n} \right)!}}{{\left[ {\frac{{2mk{e^2}x}}{{{\hbar ^2}\left( {l + 1} \right)}}} \right]}^n}}$
那么基态波函数为：
${\psi _0} = {a_0}x{e^{ - \left| {\frac{{mk{e^2}}}{{{\hbar ^2}}}} \right|x}}$
下面做归一化：
$\int_0^\infty {a_0^2{x^2}{e^{\frac{{2mk{e^2}}}{{{\hbar ^2}}}x}}dx} = \frac{1}{2}$ （9）
令：
$c = \frac{{2mk{e^2}}}{{{\hbar ^2}}}$
带入到（9）中，有：
$\int_0^\infty {a_0^2{x^2}{e^{cx}}dx} = \left. {\frac{{a_0^2}}{c}{x^2}{e^{cx}}} \right|_0^\infty + \frac{{a_0^2}}{c}\int_0^\infty {2x{e^{cx}}dx}$
$= \left. {\frac{{a_0^2}}{c}{x^2}{e^{cx}}} \right|_0^\infty + \left. {\frac{{2a_0^2}}{{{c^2}}}x{e^{cx}}} \right|_0^\infty + \frac{{2a_0^2}}{{{c^2}}}\int_0^\infty {{e^{cx}}dx}$
$= \left. {\frac{{a_0^2}}{c}{x^2}{e^{cx}}} \right|_0^\infty + \left. {\frac{{2a_0^2}}{{{c^2}}}x{e^{cx}}} \right|_0^\infty + \left. {\frac{{2a_0^2}}{{{c^3}}}{e^{cx}}} \right|_0^\infty = - \frac{{2a_0^2}}{{{c^3}}} = \frac{1}{2}$
解得：
${a_0} = \frac{{e\sqrt { - 2mk} }}{{2\hbar }}$
那么能级l的波函数为：
${\psi _l} = \frac{{e\sqrt {2m\left| k \right|} }}{{2\hbar }}\left| x \right|{e^{\frac{{mk{e^2}x}}{{{\hbar ^2}\left( {l + 1} \right)}}}}\sum\limits_{n = 0}^l {\frac{{l!}}{{\left( {n + 1} \right)!n!\left( {l - n} \right)!}}{{\left[ {\frac{{2mk{e^2}x}}{{{\hbar ^2}\left( {l + 1} \right)}}} \right]}^n}}$

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我永远当不了老板

69楼2017-04-24 10:44:42

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厉害了，我的哥

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70楼2017-05-28 11:49:12

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